P2579 [ZJOI2005]沼泽鳄鱼

传送门

话说邻接矩阵居然还能快速幂的么……

把原图的邻接矩阵\(G\)打出来，那么\(G[u][v]\)表示一秒后\(u\)到\(v\)的方案数，\(G^2[u][v]\)表示\(2\)秒后的方案数……于是只要矩阵快速幂计算\(G^k\)即可

然而有食人鱼，会导致某些点在某些时刻不能走。发现\(lcm(2,3,4)=12\)，于是我们可以构造\(12\)个邻接矩阵\(P_1,P_2,...,P_{12}\)分别表示某个点在这个时刻能不能走，这样就可以防止不能走的情况

令\(Q=P_1P_2...P_{12}\)，那么\(Ans=Q^{n/k}P_1P_2...P_{n\%k}\)

ps：矩阵乘法没有交换律！运算顺序不能乱！

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=55,P=10000;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
int n,m,s,t,k,q,u,v,T,w[5];
struct Matrix{
    int a[N][N];
    Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
    inline int* operator [](R int x){return a[x];}
    Matrix operator *(Matrix b){
        Matrix res;
        fp(i,1,n)fp(j,1,n)fp(k,1,n)
        res[i][j]=add(res[i][j],1ll*a[i][k]*b[k][j]%P);
        return res;
    }
}ans,g[15];
Matrix ksm(Matrix x,R int y){
    Matrix res;fp(i,1,n)res[i][i]=1;
    for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)res=res*x;
    return res;
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),m=read(),s=read()+1,t=read()+1,k=read();
    while(m--){
        u=read()+1,v=read()+1;
        fp(j,1,12)g[j][u][v]=g[j][v][u]=1;
    }q=read();
    while(q--){
        T=read();fp(i,1,T)w[i]=read()+1;
        fp(i,1,n)fp(j,0,12)
        g[j][i][w[j%T+1]]=0;
    }fp(i,1,n)ans[i][i]=1;
    fp(i,1,12)ans=ans*g[i];
    ans=ksm(ans,k/12);fp(i,1,k%12)ans=ans*g[i];
    printf("%d\n",ans[s][t]);return 0;
}